´ nonc´e E
` Probl eme eme
Borne sup´ erieure erieur e et sous-gradient sous- gradient Notations
Dans tout le probl`eme, f eme, f est est une fonction `a valeurs valeur s r´eelles, eell es, d´efinie efini e une partie par tie X non X non vide de — Pour tout m tout m de
R,
R.
on note f note f m l’appli l ’application cation d´efinie efinie sur X sur X par par : f : f m (x) = mx − f ( f (x).
— On note X note X ◦ l’ensemb l’e nsemble le (´eventuell eventu ellement ement vide) vide ) des r´eels eels m tels que f m soit soi t ma major´ jor´ee ee sur X . Autrement dit : m : m ∈ X ◦ ⇔ ∃ λ ∈
R,
∀ x ∈ X, mx − f ( f (x) λ.
— Quand X Quand X ◦ = efinit l’applicatio l’appl ication n f ◦ sur X sur X ◦ par : ∀ m ∈ X ◦ , f ◦ (m) = sup f m (x). ∅ , on d´efinit x∈X
Ainsi f Ainsi f (m) est le r´eel eel minimum λ tel que : ∀ x ∈ X, mx − f ( f (x) λ. ◦
Premi` Pre mi` ere ere partie par tie 1. Inter Int erpr´ pr´eter et er g´ g ´eom´ eo m´etri et riqu queme ement nt l’ap l’ appa part rten enan ance ce d’u d ’un n r´eel m eel m ` `a l’ensemble X l’ensemble X ◦ , ainsi ai nsi que la droite d’´equation equati on y = mx = mx − f ◦ (m). 2. Pr´eciser ecis er (X ◦ , f ◦) quand f quand f es estt d´ d ´efini efi niee sur s ur X = R par f ( f (x) = x, x , ou f ou f ((x) = x 2 , ou f ou f ((x) = x 3 . Dans toute la suite, on suppose que X ◦ est non vide. 3. Montre Montrerr que pour tout x tout x de X , X , on a : f : f ((x) sup (xm − f ◦ (m)). m∈X
◦
4. Montrer Montrer que X ◦ est un intervalle de
R (Indication
: montrer que si X ◦ contient deux points, alors il
contient le segment qui les joint.) 5. On suppose que X est X est un segment de
R,
et que f que f est est continue sur X . X .
D´eter et ermi mine nerr X ◦ , et montrer que : ∀ m ∈ X ◦ , ∃ xm ∈ X, f ( f (xm ) = mx m − f ◦ (m). Deux Deuxi` i` eme eme part pa rtie ie On d´efini efi nitt (X ◦◦ , f ◦◦ ) a` partir de (X (X ◦ , f ◦ ), tout comme on a d´efini efini (X ◦ , f ◦ ) a` partir de (X, (X, f ). f ). Autrement dit, pour tout x tout x de X ◦◦ , on a f a f ◦◦ (x) = sup f x◦ (m) = sup (xm − f ◦ (m)). m∈X
m∈X
◦
◦
f ◦◦ (x) est donc le r´eel eel minimum λ tel que, pour tout m de X ◦ , on ait f ait f ◦ (m) xm − λ. 1. (a) D´ eterminer eterminer (X (X ◦ , f ◦ ) et (X (X ◦◦ , f ◦◦ ) avec X avec X = R et f ( f (x) = | x|. (b) Mˆeme eme question questio n avec X avec X = R et f ( f (x) = | 1 − |x||. (c) Idem avec avec X X = {− 1, 0, 1, 2} et { f ( f (−1) = 1, 1, f (0) f (0) = 0, 0, f (1) f (1) = 2, 2, f (2) f (2) = 1}. 2. Montrer Montrer que X que X est est inclus dans X ◦◦ , et qu’on a f a f ◦◦
f sur X sur X ..
3. Soit Y Soit Y une une partie de R contenant X contenant X ,, et soit g soit g : Y : Y → R une application telle que pour tout x de X on ait g ait g (x) f ( f (x). On d´efinit efinit le couple (Y ◦ , g ◦ ). Montrer que Y que Y ◦ ⊂ X ◦ et que f que f ◦ (m) g ◦ (m) pour tout m tout m de Y ◦ . 4. On d´efinit efinit le couple (X ◦◦◦ , f ◦◦◦ ) par X par X ◦◦◦ = (X ◦◦ )◦ = (X ◦ )◦◦ et f et f ◦◦◦ = (f ◦◦ )◦ = (f ◦ )◦◦ . Montrer que X que X ◦◦◦ = X ◦ et que les applications f ◦◦◦ et f ◦ sont identiques.
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´ Enonc´ e
Probl ` eme
Troisi` eme partie Soit a un ´el´ement de X . On dit qu’un r´eel m est un sous-gradient de f en a si, pour tout ´el´ement x de X on a l’in´egalit´e : f (x) f (a) + (x − a)m. L’ensemble (´eventuellement vide) des sous-gradients de f au point a s’appelle le sous-diff´erentiel de l’application f en a et il est not´e ∂ a (f ). 1. Interpr´eter g´eom´etriquement l’appartenance du r´eel m `a l’ensemble ∂ a (f ). 2. Montrer que ∂ a (f ) ⊂ X ◦ , et pr´eciser la valeur de f ◦ en tout point m de ∂ a (f ). 3. Prouver que si ∂ a (f ) est non vide, alors f ◦◦ (a) = f (a). 4. Soit a un ´el´ement de X ◦◦ . Montrer que f ◦◦ (a) = f (a) ⇒ ∂ a (f ◦◦ ) = ∂ a (f ). Indication : montrer successivement ∂ a (f ◦◦ ) ⊂ ∂ a (f ) et ∂ a (f ) ⊂ ∂ a (f ◦◦ ). 5. Montrer que si m est un ´el´ement de ∂ a (f ), alors a est un ´el´ement de ∂ m (f ◦ ). 6. On suppose que f est deux fois d´erivable sur R, et que f (x) 0 pour tout x de Montrer que pour tout a de R l’ensemble ∂ a (f ) se r´eduit au singleton { f (a)}.
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R.
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Probl ` eme
Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme Premi` ere partie 1. Dire que m est dans X ◦ , c’est dire qu’il existe au moins un r´eel λ tel que mx − f (x) λ c’est-`a-dire tel que f (x) mx − λ pour tout x de X . Cela ´equivaut `a dire qu’il existe une droite de coefficient directeur m situ´ee partout en-dessous de la repr´esentation graphique de f . Parmi toutes ces droites (parall` eles entre elles) la droite y = mx − f ◦ (m) est celle qui est situ´ee au-dessus de toutes les autres. 2. Consid´erons l’application f d´efinie sur X = R par f (x) = x. Pour tout m de R, l’application f m est d´efinie sur R par f m (x) = (m − 1)x. Cette application n’est major´ee sur R que si m = 1 : l’ensemble X ◦ se r´eduit donc `a {1}. L’application f 1 est constante (´egale `a 0), donc f ◦ (1) = 0. Supposons maintenant ∀ x ∈ Pour tout m de
R, f m est
R, f (x)
= x 2 . Alors ∀ (m, x) ∈
major´ee sur
Ainsi X ◦ = R, et pour tout m de
R : ◦
R, f
Pour tout m de
R, f m est
R, f (x)
, f m (x) = mx − x2 . m
elle atteint son maximum en
(m) = sup f m (x) = x∈X
Supposons maintenant ∀ x ∈
2
R
= x 3 . Alors ∀ (m, x) ∈
non major´ee sur
R,
m2 4 2
R
2
et f m ( m ) = 2
m2 4
.
. , f m (x) = mx − x3 .
car lim f m (x) = +∞. x→−∞
Dans ce dernier cas, on a donc X ◦ = ∅ (et l’application f ◦ n’est pas d´efinie.) 3. Pour tout m de X ◦ , f ◦ (m) est le λ minimum tel que : ∀ x ∈ X, f (x) mx − λ. On a en particulier ∀ x ∈ X, f (x) mx − f ◦ (m). Cela ´etant vrai pour tout m ∈ X ◦ on trouve : ∀ x ∈ X, f (x) sup (mx − f ◦ (m)). m∈X
◦
4. Il suffit de montrer que si X ◦ contient deux r´eels m 0 Dire que m 0 est dans X ◦ , c’est dire : ∃ λ0 ∈
R,
m1 , alors il contient [m0 , m1 ].
∀ x ∈ X, f (x) m0 x − λ0 .
De mˆeme, il existe un r´eel λ 1 tel que ∀ x ∈ X, f (x) m1 x − λ1 . Soit m un ´el´ement de [m0 , m1 ] : il existe t dans [0, 1] tel que m = tm 0 + (1 − t)m1 . Posons λ = tλ 0 + (1 − t)λ1 . Pour tout x de X , on obtient : mx − λ = (tm0 + (1 − t)m1 )x − tλ0 − (1 − t)λ1 = t(m0 x − λ0 ) + (1 − t)(m1 x − λ1 ). On en d´eduit mx − λ tf (x) + (1 − t)f (x), c’est-`a-dire mx − λ f (x). Cela implique que m est dans X ◦ . Conclusion : s’il n’est pas vide, l’ensemble X ◦ est un intervalle de
R.
5. Pour tout m de R , l’application f m : x → mx − f (x) ´etant continue sur le segment X , elle y est born´ee (notamment ma jor´ee) et y atteint ses bornes (notamment son maximum.) Cela implique d’une part que tout m de D’autre part, pour tout m de
R,
R est
dans X ◦ , donc que X ◦ est ´egal `a
R.
il existe x m dans X tel que f m (xm ) = max f m (x). x∈X
Puisqu’ici sup f m (x) = max f m (x) cela s’´ecrit : f (m) = f m (xm ) = mxm − f (xm ). ◦
x∈X
x∈X
En conclusion, on a X = R et : ∀ m ∈ X ◦ , ∃ xm ∈ X, f (xm ) = mx m − f ◦ (m).
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Probl ` eme
Corrig´e
Deuxi` eme partie 1. (a) On suppose f (x) = | x| pour tout x de X = R. Pour tout m de
R,
on a f m (x) = mx − f (x) = mx − |x| =
(m − 1)x si x
0
(m + 1)x si x
0
L’application x → (m − 1)x est major´ee sur R+ si et seulement si m sur R+ (en fait son maximum) est 0 (obtenue pour x = 0.) L’application x → (m + 1)x est major´ee sur R− si et seulement si m sur R− (en fait son maximum) est 0 (obtenue pour x = 0.) Ainsi f m est major´ee sur
R si
1, et sa borne sup´erieure
−1, et sa borne sup´erieure
et seulement si −1 m 1, ce qui donne X ◦ = [−1, 1].
Enfin, on vient de voir que pour tout m de [−1, 1], f ◦ (m) = sup f m (x) = 0. x∈R
Ainsi X = [−1, 1] et f est l’application nulle sur [ −1, 1]. ◦
◦
Pour tout x ∈ R, l’application f x◦ d´efinie sur [−1, 1] par f x◦ (m) = mx − f ◦ (m) = mx est major´ee pour m ∈ [ −1, 1] et sa borne sup´erieure est | x|. Ainsi X ◦◦ = R, et pour tout x de
◦◦
R, f
(x) = | x| = f (x).
On constate ici que les couples ( X, f ) et (X ◦◦ , f ◦◦ ) sont identiques. (b) On a
f (x) = − x − 1 sur ] − ∞, −1]
f (x) = x + 1 sur [−1, 0] Pour tout m de R, on a donc
et
f (x) = 1 − x sur [0, 1] f (x) = x − 1 sur [1, +∞[
— Sur ] − ∞, −1], f m (x) = (m + 1)x + 1, major´ee si et seulement si m + 1
0.
— Sur [−1, 0], f m (x) = (m − 1)x − 1, qui est major´ee (continuit´e sur un segment.) — Sur [0, 1], f m (x) = (m + 1)x − 1, qui est major´ee (continuit´e sur un segment.) — Sur [1, +∞[, f m (x) = (m − 1)x + 1, major´ee si et seulement si m − 1 0. Ainsi f m est major´ee sur
R si
et seulement si −1 m 1.
On en d´eduit X ◦ = [−1, 1]. Plus pr´ecis´ement, si −1 m 1 : f m est croissante sur ] ∞, −1] et sur [0, 1], d´ecroissante sur [−1, 0] et sur [1, +∞[. On en d´eduit f ◦ (m) = sup{f m (−1), f m (1)} = sup{−m, m} = | m|. En r´esum´e, X ◦ = [−1, 1] et ∀ m ∈ X ◦ , f m (x) = | x|. Pour tout x : f x (m) = xm − f (m) = xm − |m| = ◦
— Si x
◦
−1, m → f x◦ (m) d´ecroit sur [−1, 1].
(x + 1)m si − 1 m 0 (x − 1)m si 0
m1
On en d´eduit f ◦◦ (x) = f x◦ (−1) = − x − 1. — Si − 1 x 1, f x◦ est croissante puis d´ecroissante. Il en d´ecoule f ◦◦ (x) = f x◦ (0) = 0. — Si x
1, m → f x◦ (m) croit sur [−1, 1].
On en d´eduit f ◦◦ (x) = f x◦ (1) = x − 1. En r´esum´e : on a X ◦◦ = R et
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f ◦◦ (x) = − x − 1 si x f ◦◦ (x) = 0 f ◦◦ (x) = x − 1
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−1 si − 1 x 1 si x 1
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Probl ` eme
Corrig´e
Voici les courbes repr´esentatives des fonctions f , f ◦ et f ◦◦ :
(c) Pour tout m de
R,
on a
◦ ◦ f m (−1) = − m − 1, f m (0) = 0 ◦ ◦ f m (1) = m − 2, f m (2) = 2m − 1
◦ L’ensemble f m (X ) = {− m − 1, 0, m − 2, 2m − 1} est bien sˆur major´e pour tout m.
On en d´eduit X ◦ = R et, pour tout m : f ◦ (m) = max{−m − 1, 0, m − 2, 2m − 1}. On trace les droites y = − m − 1, y = 0, y = m − 2, y = 2m − 1, et on trouve : f ◦ (m) = − m − 1 si m
−1, f ◦ (m) = 0 si 0
m 1/2 f ◦ (m) = 2m − 1 si m
On va maintenant d´eterminer X ◦◦ et f ◦◦. Pour tout x de sup (f x◦ (m)) = sup{ sup ((x + 1)m + 1), m−1
m∈R
R,
1/2.
on a :
(mx), sup ((x − 2)m + 1) }
sup
−1m1/2
m1/2
— Si x < − 1 : sup ((x + 1)m + 1) = + ∞ ⇒ sup (f x◦ (m)) = +∞ donc x ∈ / X ◦◦ . m−1
m∈R
— Si x > 2 : sup ((x − 2)m + 1) = + ∞ ⇒ sup (f x◦ (m)) = +∞ donc x ∈ / X ◦◦ . m∈R
m1/2
— On suppose donc maintenant − 1 x 2. L’application m → f x◦ (m) = (x + 1)m + 1 est croissante sur ] − ∞, −1]. Donc sup ((x + 1)m + 1) = (x + 1)(−1) + 1 = − x. m−1
D’autre part, sup
(mx) est ´egal `a
−1m1/2
x 2
si x
0 et `a −x si x
0.
Enfin, sup ((x − 2)m + 1) = (x − 2) 12 + 1 = x2 . m1/2
Il en d´ecoule deux cas, suivant que x est dans [−1, 0] ou dans [0, 12 ]. — Si −1 x 0, f ◦◦ (x) = sup{−x, −x, x2 } = − x. — Si 0 x 12 , f ◦◦ (x) = sup{−x, x2 , x2 } = x2 . On peut donc conclure : X ◦◦ = [−1, 2] et f ◦◦ (x) =
−x si − 1 x 0 x si 0 x 2 2
Voici les courbes repr´esentatives des fonctions f , f ◦ et f ◦◦ :
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Probl ` eme
Corrig´e
2. Soit x un ´el´ement de X . D’apr`es (I.3) on a sup (xm − f ◦ (m)) f (x). m∈X
◦
◦
Ainsi sup f x (m) f (x). m∈X
◦
L’application m → f x◦ (m) = xm − f ◦ (m) est donc born´ee pour tout x de X . Cela signifie que X ◦◦ contient X . Enfin, et par d´efinition, pour tout x de X on a : f ◦◦ (x) = sup f x◦ (m) f (x). m∈X
◦
3. Soit m dans Y ◦ . L’application x → g m (x) = mx − g(x) est donc major´ee sur Y . Puisque X ⊂ Y , cette application est a fortiori major´ee sur X . Mais, pour tout x de X , on a g(x) f (x) donc f m (x) = mx − f (x) gm (x). L’application x → f m (x) est donc major´ee sur X . On en d´eduit en particulier que m est dans l’ensemble X ◦ . Enfin : ∀ m ∈ Y ◦ , f ◦ (m) = sup f m (x) sup gm (x) sup gm (x) donc f ◦ (m) g ◦ (m). x∈X
x∈X
On a finalement obtenu Y ⊂ X et f ◦
4. On sait que X ⊂ X ◦◦ et que f ◦◦
◦
◦
x∈Y
◦
◦
g sur Y .
f sur X (cf II.2)
On peut donc appliquer le r´esultat de la question (II.3) avec Y = X ◦◦ et g = f ◦◦ . On en d´eduit (X ◦◦ )◦ ⊂ X ◦ et f ◦ (m) (f ◦◦ )◦ (m) pour tout m de (X ◦◦ )◦ . Autrement dit : X ◦◦◦ ⊂ X ◦ et f ◦ (m) f ◦◦◦ (m) pour tout m de X ◦◦◦ . On utilise maintenant (II.2) en y rempla¸cant X par X ◦ et f par f ◦ . Il en r´esulte que X ◦ ⊂ (X ◦ )◦◦ et que (f ◦ )◦◦
f ◦ sur X ◦ .
Autrement dit X ◦ ⊂ X ◦◦◦ et f ◦◦◦ (m) f ◦ (m) pour tout m de X ◦ . Finalement on a obtenu les ´egalit´es X ◦ = X ◦◦◦ et f ◦ = f ◦◦◦ . Troisi` eme partie 1. Dire que m est ´el´ement de ∂ a (f ) c’est dire que : ∀ x ∈ X, f (x) f (a) + m(x − a). Cela signifie que la droite passant par (a, f (a)) et de coefficient directeur m est tout enti`ere situ´ee en-dessous de la repr´esentation graphique de f . 2. Soit m un ´el´ement de ∂ a (f ). Pour tout x de X , on a : f m (x) = mx − f (x) ma − f (a). Autrement dit : ∀ x ∈ X, f m (x) f m (a). Ainsi f m est major´ee sur X (donc m ∈ X ◦ ) et f ◦ (m) = sup f m (x) = f m (a). x∈X
Conclusion : ∀ m ∈ ∂ a (f ), f ◦ (m) = am − f (a). 3. Soit m 0 un ´el´ement de l’ensemble non vide ∂ a (f ). On sait que m 0 est dans X ◦ et que f ◦ (m0 ) = am 0 − f (a). On a f ◦◦ (a) = sup (am − f ◦ (m)) am0 − f ◦ (m0 ) c’est-`a-dire f ◦◦ (a) f (a). m∈X
D’apr`es (II.2) on a d’autre part f ◦◦ (a) f (a). On en d´eduit f ◦◦ (a) = f (a).
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Probl ` eme
Corrig´e
4. On va montrer successivement les inclusions ∂ a (f ◦◦ ) ⊂ ∂ a (f ) et ∂ a (f ) ⊂ ∂ a (f ◦◦ ). — Soit m 0 un ´el´ement de ∂ a (f ◦◦ ). Pour tout x de X ◦◦ : f ◦◦ (x) f ◦◦ (a) + (x − a)m0 . Mais on sait que X ⊂ X ◦◦ et que f (a) = f ◦◦ (a). Il en d´ecoule : ∀ x ∈ X, f ◦◦ (x) f (a) + (x − a)m0 . On sait ´egalement qu’on a l’in´egalit´e f ◦◦
f sur l’ensemble X ◦◦.
On peut donc ´ecrire ∀ x ∈ X, f (x) f (a) + (x − a)m0 . Mais cela signifie que m 0 est dans ∂ a (f ). On a donc obtenu ∂ a (f ◦◦ ) ⊂ ∂ a (f ). — R´eciproquement, soit m 0 dans ∂ a (f ). Pour tout x de X , f (x) f (a) + (x − a)m0 . Pour tout x de X ◦◦ , on a : f ◦◦ (x) = sup (xm − f ◦ (m)) xm0 − f ◦ (m0 ). m∈X
◦
Mais puisque m0 dans ∂ a (f ) on a f ◦ (m0 ) = am 0 − f (a) (cf III.2). Pour tout x de X ◦◦ , on peut donc ´ecrire f ◦◦ (x) xm0 − (am0 − f (a)). On sait d’autre part que f (a) = f ◦◦ (a), car ∂ a (f ) = ∅ (cf III.3) Ainsi f ◦◦ (x) f (a) + (x − a)m0 donc f ◦◦ (x) f ◦◦ (a) + (x − a)m0 pour tout x de X ◦◦ . Cela prouve que m 0 est dans ∂ a (f ◦◦ ). On a donc obtenu ∂ a (f ) ⊂ ∂ a (f ◦◦). Finalement, on a prouv´e que si a ∈ X ◦◦ et f ◦◦ (a) = f (a) alors ∂ a (f ◦◦ ) = ∂ a (f ). 5. Soit m dans ∂ a (f ). Puisque ∂ a (f ) = ∅ , on a f ◦◦ (a) = f (a) (cf III.3) D’autre part, l’hypoth`ese m ∈ ∂ a (f ) implique f (a) + f ◦ (m) = ma (cf III.2) Ainsi ∀ µ ∈ X ◦ , ma − f ◦ (m) = f ◦◦ (a) = sup (aµ − f ◦ (µ)) aµ − f ◦ (µ). µ∈X
◦
On a donc obtenu : ∀ µ ∈ X ◦ , f ◦ (µ) f ◦ (m) + (µ − m)a. Ce r´esultat signifie que a est ´el´ement de ∂ m (f ◦ ). On a donc prouv´e que si m est dans ∂ a (f ), alors a est dans ∂ m (f ◦ ). 6. Pour tout m de
R,
on pose : ∀ x ∈
R,
gm (x) = f (x) − f (a) − m(x − a). On a g m (a) = 0.
L’application g m est deux fois d´erivable sur Ainsi l’application g m est croissante sur
R.
R et
: ∀ x ∈
R,
gm (x) = f (x) 0.
D’autre part g m (a) = f (a) − m.
Si m = f (a) alors gm (a) = 0 donc gm est strictement monotone sur un voisinage de a. Puisque gm (a) = 0, il en r´esulte que g m (x) change de signe au voisinage de a.
On en d´eduit que l’in´egalit´e gm (x) 0 c’est-`a-dire f (x) donc que m n’est pas un ´el´ement de ∂ a (f ).
f (a) + m(x − a) n’est pas r´ealis´ee sur
Si m = f (a) alors g m (a) = 0. La croissante de g m fait que g m est n´egative pour x x a. Donc gm (a) = 0 est le minimum de g m sur R.
Ainsi m = f (a) implique que pour tout x ∈ signifie que m est ´el´ement de ∂ a (f ).
R
on a gm (x)
0
donc f (x)
a et positive pour
f (a) + m(x
Conclusion : avec les hypoth`eses sur f , on a ∂ a (f ) = { f (a)} pour tout a de
R,
− a), ce qui
R.
Remarque : l’application f est convexe. La seule droite passant par ( a, f (a)) et situ´ ee partout endesssous de la courbe y = f (x) est la tangente en ce point. Si on suppose seulement f convexe, alors elle est d´erivable `a gauche et `a droite en tout point, et on montre que : ∀ a ∈ R, ∂ a (f ) = [f g (a), f d (a)].
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